学易金卷2025年高考考前押题密卷物理（重庆卷）（全解全析）

2025年高考考前押题密卷物理·全解全析注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共10小题，共43分。第1~7题只有一项符合题目要求，选对得4分第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。1．2023年11月6日，全球首座第四代核电站在山东石岛湾并网发电，这标志着我国在高温气冷堆核电技术领域领先全球。当前广泛应用的第三代核电站主要利用铀（）裂变产能，铀（）的一种典型裂变产物是钡（）和氢（）。下列说法正确的是（ ）A．有92个中子，143个质子B．铀原子核的结合能大于钡原子核的结合能C．重核裂变成中等大小的核，核的比结合能减小D．上述裂变反应方程为：【详解】A．有92个质子，143个中子，故A错误；B．原子序数越大的原子核的结合能越大，所以铀原子核的结合能大于钡原子核的结合能，故B正确；C．重核裂变成中等大小的核，中等大小的核更稳定，核的比结合能变大，故C错误；D．根据质量数和电荷数守恒可知裂变反应方程为故D错误。故选B。2．如图甲所示，从点到地面上的点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道，轨道Ⅰ为直线，轨道Ⅱ为、两点间的最速降线，小物块从点由静止分别沿轨道Ⅰ、II滑到点的速率与时间的关系图像如图乙所示。由图可知（ ）A．小物块沿轨道Ⅰ做匀加速直线运动B．小物块沿轨道Ⅱ做匀加速曲线运动C．图乙中两图线与横轴围成的面积相等D．小物块沿两条轨道下滑的过程中，重力的平均功率相等【详解】A．对Ⅰ轨道分析可知，沿轨道Ⅰ下滑时合力一定，做匀加速直线运动。故A正确；B．对Ⅱ轨道分析可知，沿轨道Ⅱ下滑时合力大小方向都在变化，做变加速曲线运动。故B错误；C．图乙速率时间图像中面积表示路程，两轨迹路程不同，面积不等。故C错误；D．小物块沿两轨道下滑过程中重力做功相等，但时间不同，所以重力的平均功率不等。故D错误。故选A。3．能源问题是全球面临的重大问题，远距离输电在兼顾经济效益的同时，应尽可能减少输电过程中的能量损失。现通过一个理想变压器进行远距离输电，原线圈接在有效值恒定的正弦交流电源上，不计电源内阻。原线圈接有合适的灯泡，副线圈接有合适的灯泡（设两灯泡的电阻都不随温度变化）、定值保护电阻及滑动变阻器R，电流表和电压表均为理想交流电表，如图所示，此时两灯泡都发光且亮度合适。现将滑动变阻器R的滑片向下滑动少许，下列说法正确的是（ ）A．电压表的示数减小B．灯泡变亮C．定值保护电阻的电功率增大D．灯泡变亮【详解】A．设输入电压为U，根据解得，滑动变阻器R的滑片向下滑动少许，电阻R阻值增大，副线圈总电阻增大，减小，灯泡变暗；电压增大，电压表的示数增大，选项AB错误；D．因，电压增大，故电压U2增大，增大，灯泡变亮，D正确。C．因，减小，故减小，增大，减小，定值保护电阻的电功率减小，选项C错误；故选D。4．如图所示，有一个质量为M、半径为R、密度均匀的大球体，从中挖去一个半径为的小球体，并在空腔中心放置一质量为m的质点，则大球体的剩余部分对该质点的万有引力大小为（已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零）（ ） B． C． D．0【详解】若将挖去的小球体用原材料补回，可知剩余部分对m的吸引力等于完整大球体对m的吸引力与挖去小球体对m的吸引力之差，挖去的小球体球心与m重合，对m的万有引力为零，则剩余部分对m的万有引力等于完整大球体对m的万有引力；以大球体球心为中心分离出半径为的球，易知其质量为M，则剩余均匀球壳对m的万有引力为零，故剩余部分对m的万有引力等于分离出的球对其的万有引力，根据万有引力定律故选C。5．“舞龙贺新春”巡游活动中，“龙”上下摆动形成的波可看做沿x轴正方向传播的简谐波，某时刻的波形图如图所示，A、B、C、D为波形上的四点，下列说法正确的是（ ）A．此刻B、C振动的方向相反 B．B、C平衡位置间的距离为波长的一半C．A、B能同时回到平衡位置 D．D的振动比B滞后半个周期【详解】A．波沿x轴正方向传播，由上下坡法确定，此刻B、C都沿y轴正方向振动，振动的方向相同，A错误；B．由图可知，B、D两点的速度、位移总是大小相等，方向相反，因此B、D的平衡位置相差半个波长，所以B、C平衡位置间的距离小于波长的一半，B错误；C．此刻A沿y轴负方向振动，B沿y轴正方向振动，两点的位移相同，因此A先回到平衡位置，C错误；D．B、D平衡位置相差半个波长，波沿x轴正方向传播，因此D的振动比B滞后半个周期，D正确。故选D。6．一定质量的理想气体状态变化的图像如图所示，由图像可知（ ）A．在a→b的过程中，气体的内能减小B．气体在a、b、c三个状态的密度C．在b→c的过程中，气体分子的平均动能增大D．在c→a的过程中，气体的体积逐渐增大【详解】A．在a→b的过程中，气体的温度升高，则气体的内能增大，A错误；B．将a、b、c三点与坐标轴的原点O相连，则可知、、三条直线的斜率等于，由理想气体的状态方程可知，斜率越大，则体积越小，可得气体在a、b、c三个状态的体积大小关系为气体的质量一定，则有三个状态的密度大小关系为B正确；C．在b→c的过程中，气体的温度降低，气体分子的平均动能减小，C错误；D．在c→a的过程中，由于，则气体的体积逐渐减小，D错误。故选B。7．如图所示，光滑的水平轨道与光滑的圆弧轨道在点平滑连接，，圆弧轨道半径。质量的小物块（可视为质点）静止在水平轨道上的点，现给小物块一个水平向右的瞬时冲量，则小物块从离开点到返回点所经历的时间约为（ ） B． C． D．【详解】根据动量定理可知小物块在a点时的速度为代入数据解得两次经过ab的总时间为在圆弧上升的高度为mgh=mv2解得h=0.128m设小球上升至最高点时所对应轨道的圆心角为θ，由几何关系可得证明角度极小,故可看做单摆模型，根据解得综上可知由a点返回a点时间为故C正确。故选C。8．弹道凝胶是用来模拟测试子弹对人体破坏力的一种凝胶，它的密度、性状等物理特性都非常接近于人体肌肉组织。某实验者在桌面上紧挨着放置8块完全相同的透明凝胶，枪口对准凝胶的中轴线射击，子弹即将射出第8块凝胶时速度恰好减为0，子弹在凝胶中运动的总时间为t，假设子弹在凝胶中的运动可看作匀减速直线运动，子弹可看作质点，则以下说法正确的是（ ）A．子弹穿透第6块凝胶时，速度为刚射入第1块凝胶时的一半B．子弹穿透前2块凝胶所用时间为C．子弹穿透前2块凝胶所用时间为D．子弹穿透第1块与最后1块凝胶的平均速度之比为【详解】A．因为子弹做匀减速直线运动，可将其视为反向的初速度为0的匀加速直线运动，连续两段相等时间内的位移之比为即射穿第6块时，恰为全程时间中点，速度为全程的平均速度即初速度的一半，故A正确；BC．将8块凝胶分为四等份。根据连续相等位移的时间比为则第一份长度的时间相对总时间的占比为故B错误，C正确；D．因每块凝胶大小一致，若令穿透最后一块凝胶的时间为1s，则穿透第一块凝胶的时间应为，则平均速度之比应为，则D错误。故选AC。9．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上，竖直放置时另一端位于O点，现将绝缘不带电物块a和带正电的物块b叠放在弹簧上，系统稳定时弹簧上端位于P点。a、b的质量均为m，b的电荷量为q，在空间中加上竖直向上的匀强电场，下列说法正确的是（ ）A．若场强大小为，a、b在OP之间某一位置分离B．若场强大小为，a、b在OP之间某一位置分离C．若场强大小为，a、b在O点恰好分离D．若场强大小为，a、b在P点恰好分离【详解】A．a、b两物体叠放在轻弹簧上，并处于静止时，此时弹簧弹力等于ab的重力，即得到弹簧的压缩量若mg系统做简谐振动，对a、b两物体整体进行分析，平衡位置时，弹簧的压缩量为，则解得此时振幅为则最高点时的弹簧压缩量为当两物体之间作用力为0时，可以求得弹簧压缩量为因为所以ab物体不会分离，两物体将一起做简谐振动，故A错误；B．若mg系统做简谐振动，对a、b两物体整体进行分析，平衡位置时，弹簧的压缩量为，则解得则此时的振幅为则最高点时的弹簧压缩量为当两物体之间作用力为0时，可以求得时，弹簧压缩量为因为所以两物体在到达最高点之前就已经分离，不能完成完整的简谐振动，即a，b会在OP之间分离，B正确；C．若则a、b两物体要分离时，两者间的相互作用力为0，对b物体，根据牛顿第二定律有对a物体，根据牛顿第二定律有解得所以a，b不会在O点分离，C错误；D．若则a、b两物体要分离时，两者间的相互作用力为0，对b物体，根据牛顿第二定律有对a物体，根据牛顿第二定律有解得即a、b恰好在图示的初始位置P点分离，D正确。故选BD。10．如图，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。则（ ）A．匀强电场的电场强度大小为B．小球获得初速度的大小为C．小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为D．小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大【详解】A．小球静止时细线与竖直方向成角，对小球受力分析如图  小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有解得因为未知，故A错误；B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有则小球从初始位置运动到A点的过程中，由动能定理可得联立解得小球获得初速度的大小为故B正确；C．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点与圆心等高处时机械能最小，由功能关系和能量守恒定律可得小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为故C正确；D．小球从初始位置开始在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小再增大，故D错误。故选BC。【点睛】等效重力场问题，小球运动到等效最高点时，速度最小。小球恰好能做圆周运动的条件是，小球在等效最高点时，由重力和电场力的合力提供向心力。在整个运动过程中，重力和电场力做功，即小球的动能、重力势能和电势能在相互转换，故小球电势能最大时，小球的机械能最小，减小的机械能等于增加的电势能。电场力做正功，电势能减小。二、实验题：本题共2小题，共14分。11．收音机中可变电容器作为调谐电台使用。如图为空气介质单联可变电容器的结构，它是利用正对面积的变化改变电容器的电容大小，某同学想要研究这种电容器充、放电的特性，于是将之接到如图所示的实验电路中，实验开始时电容器不带电。(1)首先将开关S打向1，这时观察到灵敏电流计G有短暂的示数，稳定后，旋转旋钮，使电容器正对面积迅速变大，从开始到最终稳定，灵敏电流计示数随时间变化的图像可能是（填选项中的字母序号）(2)充电稳定后，断开单刀双掷开关，用电压表接在电容器两端测量电压，发现读数缓慢减小，原因  。(3)该同学做完实验，得到电容器的电容后，突然想起他用的是一节旧电池（电动势不变，内阻不可忽略），为了尽量精确的得出电容的测量结果，他有没有必要把旧电池更换成新电池？必要(填“有”、“没有”)【详解】（1）电容器充电时，刚开始电流比较大，充电结束后，电流为0。由电容的决定式可知当电容器正对面积迅速变大，电容迅速增大，又由电容的定义式可知电容器的带电量Q增加，故电容器再次充电，充电结束后电流为0。只有A图像满足上述描述。故选A。（2）用电压表接在电容器两端测量电压，发现读数缓慢减小，说明电容器在缓慢放电，电路中有电流，电压表不是理想电压表。（3）根据可知本实验测量电容器的带电量可由步骤（1）所得的图线与坐标轴围成的面积求得；充电后两极板之间电压则由